Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=

a

x

，（a∈R）．
（1）當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)p（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在[1，e]上的最小值為3，求a的值；
（3）若存在x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＞x₀²+g（x₀）能成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）將a的值代入導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性求出單調(diào)區(qū)間
（2）先求導(dǎo)在分類討論，代入h（x）的最小值求a
（3）在x₀∈[1，+∞）范圍內(nèi)，根據(jù)恒成立問題利用不等式求出a的取值范圍

解答：解：（1）由題意：p（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），且p/(x)=

1

x

-

2

x2

=

x-2

x2

當(dāng)a=2時(shí)，∴在區(qū)間（0，2）上p′（x）＜0，在（2，+∞）上p′（x）＞0，故p（x）的單調(diào)增區(qū)間是（2，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（0，2）．
（2）由題意可知：h/(x)=

x+a

x2

．
①若a≥-1，則x+a≥0，即h′（x）≥0在[1，e]上恒成立，此時(shí)h（x）在[1，e]上為增函數(shù)，[h（x）]_min=h（1）=-a=3，∴a=-3（舍去）．
②若a≤-e，則x+a≤0，即h′（x）≤0在[1，e]上恒成立，此時(shí)h（x）在[1，e]上為減函數(shù)，[h(x)]min=h(e)=1-

a

e

=3，∴a=-2e
③若-e＜a＜-1，令h′（x）=0得x=-a，
當(dāng)1＜x＜-a時(shí)，h′（x）＜0，h（x）在（1，-a）上為減函數(shù)，
當(dāng)-a＜x＜e時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在（-a，e）上為增函數(shù)，[h（x）]_min=h（-a）=ln（-a）+1=3，∴a=-e²（舍去）綜上可知：a=-2e．
（3）∵由f(x0)＞x02+g(x0)∴l(xiāng)nx0＞x02+

a

x0

．
又x₀＞1∴a＜x₀lnx₀-x₀³令M（x）=xlnx-x³，只需a＜M（x）_max再令N(x)=M/(x)=-1+lnx-3x2，，N/(x)=

1

x

-6x=

1-6x2

x

∵N′（x）在[1，+∞）上小于0，
∴N（x）在[1，+∞）上是減函數(shù)，N（x）≤N（1）=-2即M′（x）＜0，
故M（x）在[1，+∞）上也是減函數(shù)，M（x）≤M（1）=-1．∴a＜-1，
∴存在x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＞x₀²+g（x₀）能成立，a的取值范圍是a＜-1．

點(diǎn)評：該題考查函數(shù)的求導(dǎo)，以及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性，該題易在做第二步時(shí)分類討論時(shí)討論不全．